【单元测试】高中数学人教A版(2019)必修第二册--《第八章 立体几何初步》单元测试2（含解析）

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人教A版（2019）必修第二册《第八章 立体几何初步》单元测试2

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）扇面是中国书画作品的一种重要表现形式，一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上下两条弧分别是半径为27和12的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为2π3，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为( )

A. 15 B. 233 C. 102 D. 12
2.（5分）如图所示，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，PA=AD=2AB=2，M为PD的中点，则CD与平面ACM所成角的余弦值为( ) 

A. 33 B. 63 C. 32 D. 12
3.（5分）正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=1，则正四棱柱各面上到点A的距离不超过2的点组成区域面积为(    )
A. 29π12+3 B. 3π+3 C. 2π+23 D. 29π6+23
4.（5分）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，E是DD1的中点，F是BB1的中点，设过点C1，E，F三点的平面为α，则正方体被平面α所截的截面的形状为  ( ) 

A. 菱形 B. 矩形
C. 梯形 D. 五边形
5.（5分）已知ΔABC，若直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则l，m的位置关系是( )
A. 相交 B. 异面 C. 平行 D. 不确定
6.（5分）下列命题正确的是()
A. 若l⊂α，α⊥β，则l⊥β B. 若m⊂α，l⊥α，则l⊥m
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//α D. 若m⊂α，l//α，则l//m
7.（5分）在如图的正方体中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为(    ) 

A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
8.（5分）埃及著名的吉沙大金字塔，它的形状是正四棱锥.大金字塔内有着奇妙的走道设计，以及神秘的密室，已知它的高度的2倍的平方等于它的侧面积.则高的平方与底面棱长的平方的比值为( )
A. 1-58 B. 1+58 C. 1-54 D. 1+54
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图：在长方体中，P,A,B,C是其中四个顶点，若PA=5，PC=41，AC=34，则( ) 


A. 三棱锥P-ABC的体积是20 B. 此长方体的体积是20
C. 三棱锥P-ABC的外接球的表面积是50π D. 长方体的外接球的体积是50π
10.（5分）将长和宽分别为4和3的矩形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体的体积可能为()
A. 9π B. 12π C. 36π D. 48π
11.（5分）给出以下结论：正确的为( )
A. 直线a//平面α，直线b⊂α，则a//b
B. 若a⊂α，b⊄α，则a、b无公共点
C. 若a⊄α，则a//α或a与α相交
D. 若a∩α=A，则a⊄α
12.（5分）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中( )

A. BM与ED平行 B. AF与CN垂直
C. CN与BE是异面直线 D. CN与BM成60°角
13.（5分）如图，AC=2R为圆O的直径，∠PCA=45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于点S，AN⊥PB于点N，则下列选项正确的是( )

A. 平面ANS⊥平面PBC B. 平面ANS⊥平面PAB
C. 平面PAB⊥平面PBC D. 平面ABC⊥平面PAC
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）在四面体ABCD中，CA=CB，DA=DB，AB=6，CD=8，AB⊂平面α，l⊥平面α，E，F分别为线段AD，BC的中点，当四面体以AB为轴旋转时，直线EF与直线l夹角的余弦值的取值范围是______．

15.（5分）表面积为60π的球面上有四点S、A、B、C，且ΔABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若平面SAB⊥平面ABC，则棱锥S-ABC体积的最大值为 ______ ．
16.（5分）在边长为3的菱形ABCD中，对角线AC=3，将三角形ΔABC沿AC折起，使得二面角B-AC-D的大小为π2，则三棱锥B-ACD外接球的体积是_________________.
17.（5分）如图，四边形ABCD为正方形，AG⊥平面ABCD，AG//DF//CE，若AG=AB=3，DF=2，CE=1，则VB-EGD：VG-BEF=______.

18.（5分）已知柏拉图多面体是指每个面都是全等的正多边形构成的凸多面体．著名数学家欧拉研究并证明了多面体的顶点数(V)、棱数(E)、面数(F)之间存在如下关系：V+F-E=2.利用这个公式，可以证明柏拉图多面体只有5种，分别是正四面体、正六面体(正方体)、正八面体、正十二面体和正二十面体．若棱长相等的正六面体和正八面体(如图)的外接球的表面积分别为S1，S2，则S1S2的值为______．

四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分） 

19-1.在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点． 
(Ⅰ)求证：DE//平面ACF； 
(Ⅱ)求证：BD⊥AE； 
(Ⅲ)若AB=2CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出EGEO的值，若不存在，请说明理由． 

20.（12分）如图，ΔABC中，AC=BC=22AB，ABED是边长为1的正方形，平面ABED⊥底面ABC，若G，F分别是EC，BD的中点． 
 
(1)求证：GF //底面ADC； 
(2)求证：GF⊥平面EBC； 
(3)求三棱锥F-EBC的体积．
21.（12分）如图，在三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=PC，E，F分别是PA，PC的中点．求证：(1)AC//平面BEF；(2)PA⊥平面BCE.
22.（12分）如图，在四棱锥A-CDFE中，底面CDFE是直角梯形，CE//DF，EF⊥EC，CE=12DF，AF⊥平面CDFE，P为AD中点． 
(Ⅰ)证明：CP//平面AEF； 
(Ⅱ)设EF=2，AF=3，FD=4，求点F到平面ACD的距离．

23.（12分）如图，空间四边形ABCD中，AB=CD=8，E、F、G、H分别是线段BC、CA、 
AD、DB的中点，FH=6； 
(1)求证：直线EG与直线FH相互垂直； 
(2)求异面直线AB与CD所成角的大小；


答案和解析
1.【答案】C;
【解析】解：设一个圆锥的侧面展开图是半径为27，圆心角为2π3的扇形， 
设该圆锥的底面半径为r， 
∴2πr=2π3×27，解得r=9， 
∴该圆锥的高为h=272-92=182， 
∴侧面展开图是半径为12，圆心角为2π3的扇形的圆锥的高为1227h=49×182=82， 
∴若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致， 
则该几何体的高为182-82=102. 
故选：C. 
先求出圆锥的侧面展开图半径分别为27、12，圆心角为2π3的扇形的两个圆锥的高，相减能求出该几何体的高． 
此题主要考查几何体的高的求法，考查圆锥的侧面展开图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

2.【答案】A;
【解析】 
此题主要考查空间几何体的线面关系以及直线与平面所成角的求法，属于中档题. 
先证明线面垂直，找到CD与平面ACM所成的角为∠DCM，再放在直角三角形CDM中，求出∠DCM的余弦值，即可得到答案. 
 
解：如图，过点D作DN⊥CM于点N. 
 
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 
所以PA⊥CD， 
又AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面AMD， 
所以CD⊥平面AMD， 
因为AM⊂平面AMD， 
所以CD⊥AM. 
在ΔPAD中，PA=AD，M为PD的中点， 
所以AM⊥PD且DM=12PD=2. 
又PD∩CD=D，PD，CD⊂平面CDM， 
所以AM⊥平面CDM， 
因为AM⊂平面ACM， 
所以平面CDM⊥平面ACM. 
因为平面CDM∩平面ACM=CM，DN⊥CM， 
所以DN⊥平面ACM. 
所以CD与平面ACM所成的角为∠DCM. 
因为CD⊥平面AMD，DM⊂AMD， 
所以CD⊥DM. 
在ΔCDM中， 
cos∠DCM=CDCM=CDCD2+DM2=33. 
故选A.

3.【答案】A;
【解析】解：取A1K=A1M=3， 
可得AM=AK=1+3=2， 
在面ABCD内，满足题意的点构成的区域为14个圆，半径为2， 
面积为14×π×4=π； 
在面ABB1A1内，满足题意的点构成的区域为直角三角形AA1K和圆心角为30°的扇形，半径为2，面积为12×1×3+12×π6×4=32+π3； 
在面ADD1A1内，满足题意的点构成的区域为直角三角形AA1M和圆心角为30°的扇形， 
半径为2，面积为12×1×3+12×π6×4=32+π3； 
在面A1B1C1D1内，满足题意的点构成的区域为14个圆，半径为3， 
面积为14×π×3=3π4， 
其余两个面内不存在满足题意的点， 
则构成的所有区域的面积为3+2π3+π+3π4=3+29π12． 
故选：A． 
取A1K=A1M=3，可得AM=AK=1+3=2，分别考虑各个面内的情况，运用扇形的面积公式和三角形的面积公式，计算即可得到所求值． 
此题主要考查四棱柱的结构特点，考查扇形和三角形的面积公式的运用，考查运算能力，属于中档题．


4.【答案】A;
【解析】 
此题主要考查平面的性质，考查正方体的结构特点和性质，属于基础题. 
根据正方体的结构特征求解即可. 
 
解：设正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为1，连接AE，C1F， 
 
由正方体特点可知D1D // = B1B， 
E是DD1的中点，F是BB1的中点， 
故DE // =B1F，而AD // =B1C1， 
易知AE//C1F，且AE=C1F， 
所以四边形AEC1F是平行四边形， 
所以平面α经过点A， 
所以截面是四边形AEC1F， 
由勾股定理AE=EC1=C1F=AF=5 2， 
所以截面为菱形. 
故选A.

5.【答案】C;
【解析】
 
此题主要考查的是空间中线线的关系，线面的关系，属基础题. 
由直线与平面垂直的判定和性质可知直线l//直线m. 
 
解：由题意知直线l垂直平面ABC，直线m也垂直平面ABC， 
根据直线和平面垂直的性质可知直线l//直线m， 
故选C.

6.【答案】B;
【解析】解：若l⊂α，α⊥β，则l⊂β或l//β或l与β相交，相交也不一定垂直，故A错误； 
若m⊂α，l⊥α，则l⊥m，故B正确； 
若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错误； 
若m⊂α，l//α，则l//m或l与m异面，故D错误． 
故选：B. 
由平面与平面垂直分析线面关系判断A；由直线与平面垂直的性质判断B；由直线与平面垂直、直线与直线垂直分析线面关系判断C；由直线与平面平行分析两直线的位置关系判断D. 
此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．

7.【答案】C;
【解析】解：连接C1B，D1A，AC，D1C，MN//C1B//D1A 
∴∠D1AC为异面直线AC和MN所成的角 
而三角形D1AC为等边三角形 
∴∠D1AC=60° 
故选：C． 
连接C1B，D1A，AC，D1C，将MN平移到D1A，根据异面直线所成角的定义可知∠D1AC为异面直线AC和MN所成的角，而三角形D1AC为等边三角形，即可求出此角． 
本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．


8.【答案】B;
【解析】 
此题主要考查正四棱锥侧面积的相关计算，属于中档题. 
依据题意，画出草图，列出关于底面边长和高的方程，即可求解. 
 
解：如图，设正四棱锥底面边长为2a，高为h，斜高为s， 
 
∴s=a2+h2， 侧面积S侧=12×2a×s×4=(2h)2， 
即aa2+h2=h2， 
∴h4-a2h2-a4=0， 
解得h2=1+52a2(h2=1-52a2舍去)， 
∴h22a2=1+52a22a2=1+58. 
故选B.

9.【答案】AC;
【解析】 
此题主要考查了长方体的体积，三棱锥的体积，球的表面积，体积，属于中档题. 
求出长方体的各棱长，再逐项判断可得结果. 
 
解：设长方体的各棱长分别为a，b，c， 
由PA=5,PC=41,AC=34， 
可得{a2+b2=25b2+c2=41a2+c2=34，解得{a=3b=4c=5， 
故长方体的体积为3×4×5=60， 
三棱锥P-ABC的体积是60-13×12×3×4×5×4=20， 
故A正确，B错误； 
长方体的外接球的直径为2R=32+42+52=52，半径为R=522， 
三棱锥P-ABC的外接球即为长方体的外接球， 
其表面积为4πR2=4π×5222=50π， 
体积为43πR3=43π×5223=12523π. 
故选AC. 


10.【答案】CD;
【解析】解：将长和宽分别为4和3的矩形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体是圆柱， 
若底面半径为3，高为4，则体积V=π×32×4=36π； 
若底面半径为4，高为3，则体积V=π×42×3=48π，. 
故选：CD. 
将长和宽分别为4和3的矩形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体是圆柱，然后分类求解得答案． 
此题主要考查圆柱体积的求法，考查分类讨论思想，是基础题．

11.【答案】CD;
【解析】 
此题主要考查空间中直线与直线，直线与平面之间的位置关系，根据性质、定理逐项判定即可，属于基础题. 
 
解：在A中，直线a//平面α，直线b⊂α，则a与b异面或平行，故A错误；
在B中，若a⊂α，b⊄α，则a、b至多有一个公共点，故B错误；
在C中，若a⊄α，则由直线与平面的位置关系得a//α或a与α相交，故C正确；
在D中，若a∩α=A，则由线面相交的定义得a⊄α，故D正确。
故选CD.

12.【答案】BD;
【解析】 
此题主要考查正方体的结构特征，异面直线，直线与直线所成的角，直线与直线的垂直，是基础题． 
正方体的平面展开图复原为正方体，根据异面直线所成的角和两条直线位置关系逐个判断即可，不难解答本题． 
 
解：由题意画出正方体的图形如图： 
 
显然AC不正确；B正确， 
因为NC//BE，所以BE与BM所成的角即为NC与BM所成的角， 
因为是正方体的面对角线，所以三角形BEM为等边三角形， 
所以∠EBM=60∘，所以CN与BM成60°角，所以D正确． 
故选BD. 


13.【答案】ACD;
【解析】解：AC为圆O的直径，∠PCA=45°，PA垂直于圆O所在的平面， 
B为圆周上不与点A、C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N， 
在A中，PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB=A， 
∴BC⊥平面PAB，∵AN⊂平面PAB，∴BC⊥AN， 
∵AN⊥PB于N，PB∩BC=B，∴AN⊥平面PBC， 
∵AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，故A正确； 
在B中，∵AS⊥PC，AN⊥PC，AS∩AN=A，∴PC⊥平面ANS， 
∵PB∩PC=P，∴PB与平面ASN相交但不垂直， 
∵PA∩PC=P，∴PA与平面ASN相交但不垂直， 
∴平面ANS⊥平面PAB不成立，故B错误． 
 在C中，∵PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB=A， 
∴BC⊥平面PAB，∵BC⊂平面PBC， 
∴平面PAB⊥平面PBC，故C正确； 
在D中，∵PA垂直于圆O所在的平面，PA⊂平面PAC， 
∴平面ABC⊥平面PAC，故D正确； 
 故选：ACD. 
在A中，推导出PA⊥BC，AB⊥BC，从而BC⊥平面PAB，BC⊥AN，再由AN⊥PB，得AN⊥平面PBC，从而平面ANS⊥平面PBC； 
在B中，在D中，由AS⊥PC，AN⊥PC，得PC⊥平面ANS，进而推导出平面ANS⊥平面PAB不成立； 
在C中，由PA⊥BC，AB⊥BC，得BC⊥平面PAB，从而平面PAB⊥平面PBC； 
在D中，则PA垂直于圆O所在的平面，得平面ABC⊥平面PAC. 
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．


14.【答案】[0，45];
【解析】解：∵在四面体ABCD中，CA=CB，DA=DB，AB=6，CD=8， 
AB⊂平面α，l⊥平面α，E，F分别为线段AD，BC的中点， 
∴AB⊥CD，又GE//CD，GF//AB，∴GE⊥GF，得EF=5． 
当四面体绕AB旋转时，由GF//AB，即EF绕GF旋转， 
故EF与直线l所成角的范围为[90°-∠GFE,90°]， 
∴直线EF与直线l夹角的余弦值的取值范围是[0,45]． 
故答案为：[0,45]. 
推导出AB⊥CD，GE//CD，GF//AB，从而GE⊥GF，得EF=5.当四面体绕AB旋转时，由GF//AB，即EF绕GF旋转，由此能求出EF与直线l所成角的范围． 
该题考查两条异面直线所成角的余弦值的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，是中档题．


15.【答案】27;
【解析】解：∵表面积为60π的球，∴球的半径为15，  
设ΔABC的中心为D，则OD=3，所以DA=23，则AB=6  
棱锥S-ABC的底面积S=34×62=93为定值，  
欲使其体积最大，应有S到平面ABC的距离取最大值，  
又平面SAB⊥平面ABC，  
∴S在平面ABC上的射影落在直线AB上，而SO=15，点D到直线AB的距离为3，  
则S到平面ABC的距离的最大值为33，  
∴V=13×93×33=27．  
故答案为：27． 
棱锥S-ABC的底面积为定值，欲使棱锥S-ABC体积体积最大，应有S到平面ABC的距离取最大值，由此能求出棱锥S-ABC体积的最大值．  
本小题主要考查棱锥的体积的最大值的求法，考查化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．

16.【答案】55π6 
;
【解析】 
此题主要考查三棱锥外接球体积问题，属于中档题； 
求出外接球半径即可解决. 
 
根据题意，画出图形， 

根据长为3的菱形ABCD中，对角线AC=3，所以A1F,A1E和ΔDBC都是正三角形， 
又因为二面角B-AC-D的大小为π2，所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于O， 
则O是棱锥h=66外接球的球心，且GD=1,OG=GE=12， 
所以球的半径R=GD2+OG2=52， 
所以其体积为V=43πR3=43π⋅(52)3=556π， 
故答案为：55π6.

17.【答案】2：1;
【解析】解：将几何体补全为正方体，如下图示， 
VG-BEF=VABCD-GIHJ-VG-HEBJ-VG-HIFE-VB-CDFE-VB-DFGA 
=27-13×3×12×5×3-13×3×12×3×3-13×3×12×3×3-13×3×12×5×3=3， 
 
VB-EGD=VABCD-GIHJ-VG-HEBJ-VG-HIDE-VE-BCD-VG-ABD 
=27-13×3×12×5×3-13×3×12×5×3-13×1×12×3×3-13×3×12×3×3=6， 
 
所以VB-EGD：VG-BEF=2：1. 
故答案为：2：1. 
将几何体补全为正方体，由VG-BEF=VABCD-GHJ-VG-HBB-VG-HIIE-VB-CDFE-VB-DFGA，VB-EGD=VABCD-GHJ-VG-HEB-VG-HIDE-VE-BCD-VG-ABD求出体积，即可得结果． 
此题主要考查了补体思想的应用，属于中档题．

18.【答案】32;
【解析】解：设正六面体与正八面体的棱长均为a， 
则正六面体外接球的半径r1=32a，其外接球的表面积S1=4π×(32a)2=3πa2； 
正八面体的外接球的半径r2=22a，其外接球的表面积S2=4π×(22a)2=2πa2． 
∴S1S2=32． 
故答案为：32． 
设正六面体与正八面体的棱长均为a，求出正六面体外接球与正八面体的外接球的半径，进一步求出其外接球的表面积，作比得答案． 
该题考查多面体外接球表面积的求法，考查运算求解能力，是基础题．

19.【答案】解：(Ⅰ)连接OF.由ABCD是正方形可知，点O为BD中点． 
又F为BE的中点， 
所以OF//DE. 
又OF⊂面ACF，DE⊄面ACF， 
所以DE//平面ACF 
(Ⅱ)证明：由EC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD， 
∴EC⊥BD， 
由ABCD是正方形可知，AC⊥BD， 
又AC∩EC=C，AC、EC⊂平面ACE， 
∴BD⊥平面ACE， 
又AE⊂平面ACE， 
∴BD⊥AE 
(Ⅲ)：在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE.理由如下： 
取EO中点G，连接CG， 
在四棱锥E-ABCD中，AB=2CE，CO=22AB=CE， 
∴CG⊥EO. 
由(Ⅱ)可知，BD⊥平面ACE，而BD⊂平面BDE， 
∴平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE=EO， 
∵CG⊥EO，CG⊂平面ACE， 
∴CG⊥平面BDE 
故在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE. 
由G为EO中点，得EGEO=12. 
 
;
【解析】此题主要考查了直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，考查了转化思想，属于中档题．(Ⅰ)利用线面平行的判定定理证明DE//平面ACF； 
(Ⅱ)利用线面垂直的判定定理先证明BD⊥平面ACE，然后利用线面垂直的性质证明BD⊥AE； 
(Ⅲ)取EO中点G，连接CG，利用线面垂直的判定定理证明即可．

20.【答案】(1)证明：连接AE， 
 
∵四边形ADEB为正方形，∴AE∩BD=F，且F是AE的中点， 
又G是EC的中点，∴GF//AC. 
又AC⊂平面ADC，GF⊄平面ADC， 
∴GF//平面ADC； 
(2)证明：∵四边形ADEB为正方形，∴EB⊥AB， 
又∵平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB， 
EB⊂平面ABED，BE⊥AB， 
∴BE⊥平面ABC， 
又∵AC⊂平面ABC，∴EB⊥AC. 
∵AC=BC=22AB，∴CA2+CB2=AB2，得AC⊥BC. 
又∵BC∩BE=B，BC⊂平面EBC，BE⊂平面EBC，∴AC⊥平面EBC. 
∵GF//AC，∴GF⊥平面EBC； 
(3)解：∵AB=1，∴BC=AC=22，GF=12AC=24. 
∴VF-EBC=13.SΔEBC.FG=13.12.22.1.24=124.;
【解析】 
(1)连接AE，由ADEB为正方形，可得F是AE的中点，再由G是EC的中点，得到GF//AC，由直线与平面平行的判定可得GF//平面ADC； 
(2)由ADEB为正方形，可得EB⊥AB，由平面ABED⊥平面ABC，结合平面与平面垂直的性质可得BE⊥平面ABC，得到EB⊥AC，求解三角形证明AC⊥BC，再由直线与平面垂直的判定可得AC⊥平面EBC，进一步得到GF⊥平面EBC； 
(3)由已知可得三角形EBC的面积，再由棱锥体积公式求解． 
此题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．

21.【答案】证明：(1)∵E，F分别是PA，PC的中点， 
 
∴EF//AC， 
∵EF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF， 
∴AC//平面BEF. 
(2)∵PC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PC⊥BC， 
∵AC⊥BC，AC∩PC=C，AC，PC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC， 
∵PA⊂平面PAC，∴PA⊥BC， 
∵AC=PC，E是PA中点，∴CE⊥PA， 
∵CE∩BC=C，CE，BC⊂平面BCE，∴PA⊥平面BCE.;
【解析】此题主要考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，属于基础题． 
(1)推导出EF//AC，由此能证明AC//平面BEF. 
(2)推导出PC⊥BC，AC⊥BC，从而BC⊥平面PAC，进而PA⊥BC，推导出CE⊥PA，由此能证明PA⊥平面BCE. 


22.【答案】(Ⅰ)证明：作AF中点G，连接PG、EG，如图， 
 
因为P为AD中点， 
∴PG//DF且PG=12DF， 
∵CE//DF且CE=12DF， 
∴PG//EC，PG=EC， 
∴四边形PCEG是平行四边形， 
∴CP//EG， 
∵CP⊄平面AEF，EG⊂平面AEF， 
∴CP//平面AEF； 
(Ⅱ)解：作FD的中点Q，连接CQ、FC，如图， 
 
∵FD=4， 
∴EC=FQ=2， 
又∵EC//FQ， 
∴四边形ECQF是平行四边形， 
因为EF⊥EC，EF=EC=2， 
所以四边形ECQF是正方形， 
∴CF=EF2+EC2=22， 
∴RtΔCQD中，CD=CQ2+QD2=22， 
∵DF=4， 
所以CF2+CD2=16=DF2， 
∴CD⊥CF， 
∵AF⊥平面CDFE，CD⊂平面CDFE， 
∴AF⊥CD， 
又AF∩FC=F，AF、FC⊂平面ACF， 
∴CD⊥平面ACF， 
因为AC⊂平面ACF， 
∴CD⊥AC， 
设点F到平面ACD的距离为h， 
∴VF-ACD=VD-ACF， 
∴13⋅h⋅SACD=13⋅CD⋅SACF， 
∴h=CD⋅12⋅AF⋅FC12⋅CD⋅AC=3×22AF2+FC2=6217=63417， 
所以点F到平面ACD的距离为63417． 
;
【解析】该题考查线面平行的判定，等体积法的应用，考查点到平面的距离，属于中档题． 
(Ⅰ)作AF中点G，连接PG、EG，证明CP//EG，然后利用线面平行的判定定理证明CP//平面AEF． 
(Ⅱ)作FD的中点Q，连接CQ、FC，求出CF，证明CD⊥AC，设点F到平面ACD的距离为h，利用VF-ACD=VD-ACF，求解即可． 


23.【答案】证明：（1）∵空间四边形ABCD中，AB=CD=8， 
E、F、G、H分别是线段BC、CA、AD、DB的中点， 
∴FG=GH=HE=EF=4，FG∥EH， 
∴四边形EFGH为菱形， 
∴直线EG与直线FH相互垂直． 
解：（2）∵AB=CD=8， 
E、F、G、H分别是线段BC、CA、AD、DB的中点，FH=6， 
∴AB∥GH，CD∥GF， 
∴∠HGF是异面直线AB与CD所成角（或所成角的补角）， 
∵GH=GF=4， 
∴cos∠HGF=42+42-622×4×4=-18． 
∴∠HGF=arccos18， 
∴异面直线AB与CD所成角的大小为arccos18．;

【解析】 
(1)推导出FG=GH=HE=EF=4，FG//EH，从而四边形EFGH为菱形，由此能证明直线EG与直线FH相互垂直．  
(2)推导出AB//GH，CD//GF，从而∠HGF是异面直线AB与CD所成角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线AB与CD所成角的大小． 
该题考查两直线的垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．